2019届辽宁省沈阳市东北育才学校高三上学期第三次模拟考试物理试题（解析版）

2019届辽宁省沈阳市东北育才学校高三上学期第三次模拟考试物理试题（解析版）

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-8小题为单选题，9-12小题为多选题，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分。

1.如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒固定不动且轴线竖直，两个质量相同的球甲、乙紧贴着内壁，分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，半径R甲＞R乙，则（　　）

A. 角速度ω甲＞ω乙    B. 对筒壁的弹力N甲＞N乙

C. 加速度a甲＞a乙    D. 线速度v甲＞v乙

【答案】D

【解析】

【详解】A. 两球所受的重力大小相等，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等。合力沿水平方向，提供向心力。根据F合=mrω2，得：ω=，r大则角速度小。所以球甲的角速度小于球乙的角速度。故A错误，B错误；

C. 根据F=ma可知，由于合力相同，故向心加速度相同，故C错误；

D.根据F合=m，得v=，合力、质量相等，r大线速度大，所以球甲的线速度大于球乙的线速度。故D正确。

故选：D

【点睛】小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=ma=m=mω2r比较线速度、角速度、向心加速度的大小。

2.如图所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则(　　)

A. 物块机械能守恒

B. 物块和弹簧组成的系统机械能守恒

C. 物块机械能减少

D. 物块和弹簧组成的系统机械能减少

【答案】D

【解析】

解：A、对于物体来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹力势能，因此机械能肯定减少．故A错误．

B、对于物块和弹簧组成的系统来说，物体减少的机械能为（克服空气阻力所做的功+弹簧弹性势能），而弹簧则增加了弹性势能，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功．故B错误．

C、由A运动到C的过程中，物体的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量．

所以物块机械能减少mg（H+h），故C错误．

D、物块从A点由静止开始下落，加速度是g，根据牛顿第二定律得：

f=mg﹣ma=mg，所以空气阻力所做的功﹣mg（H+h），

整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，

所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减少mg（H+h），故D正确，

故选：D．

【考点】机械能守恒定律．

【专题】机械能守恒定律应用专题．

【分析】根据机械能守恒条件求解．

由A运动到C的过程中，物体的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量．

整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功．

【点评】本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件即可，注意题目中的研究对象的选择．

学会运用能量守恒的观点求解问题，知道能量是守恒的和能量的转化形式．

3.甲、乙两辆汽车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度v1=16m/s，乙车的速度为v2=12m/s，乙在甲前面L=6m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1=2m/s2的加速度刹车，6s后立即改做匀速运动，乙车刹车的加速度为a2=1m/s2．从两车刹车开始计时，下列关于甲车第一次追上乙车的时间t1、两车相遇的次数n、两车速度相等时的时间t2的说法正确的是（　　）

A. 3s、3次、8s    B. 3s、2次、6s    C. 2s、3次、8s    D. 2s、2次、6s

【答案】C

【解析】

【详解】设刹车后经过t时间两车速度相等，有：v1−a1t=v2−a2t，解得：t=4s，

6s后甲车匀速，速度v=16−2×6m/s=4m/s，再次相等有：v=v2−a2t′，解得：t′=8s；

在甲减速时，设经时间t相遇，甲和乙的位移分别为x1、x2，则有：x1=v1t−，x2=v2t−

x1－x2=L,得：t1=2s，t2=6s；

甲车减速时间恰好为6s，即在甲车减速阶段，相遇两次，

第一次t1=2s，第二次t2=6s，

此时甲车的速度为：v′1=v1−a1t2=4m/s，

乙车的速度为：v′2=v2−a2t2=6m/s，

设再经△t甲追上乙，有：v′1△t=v′2△t−，

代入数据解得：△t=4s，

此时乙仍在做减速运动，此解成立，

所以甲、乙两车第3次相遇,相遇时刻为t3=t2+△t=10s.故C正确、ABD错误；

故选：C.

【点睛】假设经过时间t，两车相遇，并且两车均做匀减速运动，列出位移关系式，解出时间，讨论结果．列位移关系方程，求解时间的可能数值，结合实际运动情境分析求解可能的相遇次数．

4.如图所示，O为斜面的底端，在O点正上方的A、B两点分别以初速度vA、vB正对斜面抛出两个小球，结果两个小球都垂直击中斜面，击中的位置分别为P、Q（图中未标出）。OB=AB，空气阻力忽略不计，则

A. OP=OQ    B. OP=4OQ    C.     D. vA=vB

【答案】C

【解析】

【详解】设任一小球的初速度为v0，抛出点的高度为h，运动时间为t，斜面的倾角为θ.

据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytanθ=v0；

又vy=gt

可得：t=

根据几何关系得：，与成正比，

据题有OA=2OB,则得：，.

OP=

OQ=

故OP=2OQ

故选：C

【点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据末速度的方向，通过平行四边形定则求出小球打在斜面上时的速度大小以及竖直方向上的分速度，从而求出飞行的时间．根据初始竖直高度与初速度的关系式可求初速度的关系。根据初速度的关系可求水平位移的关系，根据几何关系可求OP与OQ的关系。

5.如图所示，A、B两个质量相等的小球分别从同一高度，倾角分别为α、β（α＜β）的光滑斜面顶端由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中（　　）

A. A、B两球到达底端时重力的瞬时功率相同

B. B球运动过程中动量的变化率大小比A球大

C. A球运动过程中速度变化率的大小比B球大

D. A球所受支持力的的冲量比B球受支持力的的冲量小

【答案】B

【解析】

【详解】A. 物体下滑过程中，下滑高度相等，由机械能守恒定律得：mgh=，物体到达斜面低端时速度v=，重力的瞬时功率等于重力与速度竖直分量的乘积，由于速度方向不同，重力的瞬时功率不同，故A错误；

B.由动能定理可知，下滑道斜面底端时物体的动能相等，则速度的大小相等，两物体动量大小相等，所以两个物体动量变化量的大小是相等的；物体下滑的时间t不同，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，

加速度a=gsinθ，

物体沿斜面下滑的时间：t=v/a=，B的下滑时间比A的短，B球运动过程中动量的变化率大小比A球大，故B正确；

C. 由上分析，A的加速度比B的小，A球运动过程中速度变化率的大小比B球小，故C错误；

D.所受支持力的冲量I=mgcosθ×=m×cotθ，A球所受支持力的的冲量比B球受支持力的的冲量大，故D错误。

故选：B

6.如图是两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画出半圆，在半圆上有a、b、c三点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是(    )

A. ac两点的电场强度相同

B. ac两点的电势相同

C. 正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能

D. 将正电荷由O移到b静电力做正功

【答案】AC

【解析】

电场线的疏密可以表示场强的大小，根据电场线分布，可知a、c两点的电场强度大小相等，方向均向右，A对。A点电势为正值，c点电势为负值，b、O两点电势为0，B错。正电荷电势高处电势能大，所以正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，C对。正电荷由O移到b电场力不做功，D错。

7.如图所示，三根通电长直导线A、B、C互相平行，其横截面位于等腰直角三角形的三个顶点上，三根导线中通入的电流大小相等，且A、C中电流方向垂直于纸面向外，B中电流方向垂直于纸面向内；已知通电导线在其周围某处产生的磁场的磁感应强度，其中I为通电导线中的电流强度，r为某处到通电直导线的距离，k为常量。下列说法正确的是(    )

A. A所受磁场作用力的方向与B、C所在平面垂直

B. B所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直

C. A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶2

D. A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶

【答案】BC

【解析】

利用右手定则可知：A处的合磁场方向沿AC方向，所以A所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直，A错；

B、利用右手定则可知：B处的合磁场方向沿AC方向，所以B所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直，B对；

C、知通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度，根据磁场的叠加知：A处的磁场大小为 ，而B处的磁场强度为 ，所以A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:2，C对，D错；

故本题选：BC

8.内壁光滑、由绝缘材料制成的半径R=m5的圆轨道固定在倾角为θ=45°的斜面上，与斜面的切点是A，直径AB垂直于斜面，直径MN在竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中。质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点，现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动。g取10m/s2，下列对该小球运动的分析，正确的是（　　）

A. 小球可能带负电

B. 小球运动到 N 点时动能最大

C. 小球运动到 B 点时对轨道的压力为 0

D. 小球初速度大小为 10m/s

【答案】CD

【解析】

【详解】A. 小球原来处于静止状态，分析受力可知，小球所受的电场力方向向左，电场强度方向向左，故小球带正电，故A错误；

B. 小球静止时，受到重力、电场力和轨道的支持力作用，由平衡条件得知，重力与电场力的合力方向与支持力方向相反，与斜面垂直向下，则小球从A运动到B点的过程中，此合力做负功，动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，故B错误；

C. 小球恰能绕圆环完成圆周运动，在B点重力与电场力的合力提供向心力，小球对轨道的压力为 0，故C正确；

D. 小球在B点的速度为vB，，

根据功能关系可知，，

联立解得：vB=10m/s，故D正确

故选：CD

二、实验题：共16分

9.（1）下列千分尺和游标卡尺的读数

     ___________ mm                  _____________ cm

（2）在探究加速度与质量关系时，需在小车上放置砝码以改变质量，若以小车上放置的砝码的总质量m0为横坐标， 1/a为纵坐标，在坐标纸上作出（1/a）—m0关系图线，图为按照正确的实验步骤所得实验图线的示意图，所有物理量均采用国际单位，已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为_______，小车的质量为_________。

【答案】    (1). 2.600mm    (2). 6.015cm    (3).     (4).

【解析】

【详解】(1)千分尺的固定尺刻度为2.5mm，螺旋尺刻度为10.0×0.01=0.100mm，故千分尺的读数为2.5mm+0.100mm=2.600mm；

游标卡尺的主尺刻度为60mm，游标尺刻度为3×0.05=0.15mm，故游标卡尺的读数为60mm+0.15mm=60.15mm=6.015cm；

（2）设小车质量为M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有：F=(m0+M)a；所以，所以−m0图象的斜率为，则有k=，解得：F=；纵轴截距为：b=，解得滑块质量为：M=bF=。

【点睛】（1）根据螺旋测微器和游标卡尺的读数方法读出读数；

（2）根据牛顿第二定律得出a与m0的关系式，结合图线的斜率和截距求出滑块受到的拉力和滑块的质量。

10.现有一特殊电池，它的电动势E约为5V，内阻r约为40Ω，已知该电池允许输出的最大电流为40mA。为了测定该电池的电动势和内阻，某同学准备了如下器材：

A．待测电池；

B．电压表V：量程0～15V，内阻RV≈15kΩ；

C．电流表A：量程0～1mA，内阻RA=156Ω；

D．电阻箱R：0～999.9Ω；

E．定值电阻R1=4Ω；

F．定值电阻R2=39Ω；

G．定值电阻R3=50Ω；

H．定值电阻R4=90Ω；

I．开关、导线若干。

(1)该同学设计的部分电路如图甲所示，图中保护电阻R0应选择器材中的_________(填写器材前的选项字母)。

(2)选择合适的器材，将虚线框中的电路补充完整，并在电路中注明所选器材的符号_________。

(3)将电阻箱的阻值调整到______(填“最大”或“最小”)，闭合开关。

(4)调节电阻箱的电阻，使所选电表指针指到某一位置，记录此时电阻箱的阻值R和所选电表的读数x，电表读数用国际单位(A或V)作单位。

(5)重复步骤(4)获取多组R和x的值。

(6)断开开关，整理器材。

(7)根据所得数据在坐标系中描点连线，如图乙所示。根据图线可求得该电池的电动势E为_____V，内阻r为____Ω。(结果均保留一位小数)

【答案】    (1). H    (2).     (3). 最大    (4). 5.0   41.1

【解析】

（1）保护电阻R0应为，接近90Ω，故选H；

（2）由于电压表量程太大，故不采用；电流表量程太小，必须扩大量程，根据电表改装原理，应该给电流表并联一定值电阻：，并联电阻选R1；电路如图；

（3）闭合开关前，为了电路安全，电阻箱阻值调到最大.

（7）根据闭合电路的欧姆定律 ，其中R并为电流表与R1的并联值，大小为3.9Ω；整理可得，结合图像可知斜率：，截距可得E=5.0V，r=41.1Ω

点睛：本题考查用图象求电动势和内电阻的方法，实验时注意仪器的选取原则，尤其是量程要适当；要注意由实验原理结合闭合电路欧姆定律求出表达式，再结合数学知识求得电动势和内电阻．

三、计算题：共36分

11.某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲,在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2．

(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？

(2)在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？

(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？

【答案】(1)   （2）3.2m   （3）10m

【解析】

试题分析：（1）由牛顿第二定律，得F-μmg=ma，

当推力F=100N时，物体所受的合力最大，加速度最大

代入解得解得

（2）由图象可得推力随位移x是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大

则F=μmg=20N

由图得到F与x的函数关系式F=100-25x

则得到x=3．2m

（3）由图象得到推力对物体做功等于“面积”，得推力做功W=200J

根据动能定理W-μmgxm=0

代入数据得xm=10m

考点：牛顿第二定律；动能定理的应用

【名师点睛】本题有两个难点：一是分析物体的运动过程，得出速度最大的条件；二是能理解图象的物理意义，“面积”等于推力做功，是这题解题的关键．

12.如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.

(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．

(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：

①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；

②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.

【答案】(1)3mg(2)

【解析】

（1）由图知，滑块运动到B点时对小车的压力最大

从A到B，根据动能定理：

在B点：

联立解得：FN=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为3mg

（2）①若不固定小车， 滑块到达B点时，小车的速度最大

根据动量守恒可得：

从A到B，根据能量守恒：

联立解得：

②设滑块到C处时小车的速度为v，则滑块的速度为2v，根据能量守恒：

解得：

小车的加速度：

根据

解得：s=L/3

【考点定位】动能定理、能量守恒

13.间中取直角坐标系，在第一象限内平行于轴的虚线MN与轴距离为，从轴到MN之间的区域充满一个沿轴正方向的匀强电场，场强大小为．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为的电场加速后，从轴上的A点以平行于轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，）．已知电子的电量为，质量为，若加速电场的电势差，电子的重力忽略不计，求：

（1）则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；

（2）电子经过轴时离坐标原点O的距离．

【答案】（1），；（2）  

【解析】

试题分析：（1）电子在沿x轴方向做匀速运动，即可求得运动时间，在电场方向做匀加速运动，由运动学公式及可求得速度；

（2）电子射入第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解出出电场点的坐标，电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，先求出电子射出P点的速度，再由位移公式求解电子经过x轴时离坐标原点O的距离．

解：（1）由 eU=mv02

得电子进入偏转电场区域的初速度v0=

设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间t==；

y=at2=

因为加速电场的电势差U＞，说明y＜h，说明以上假设正确，

所以vy=at=×d=

离开时的速度v=

（2）设电子离开电场后经过时间t′到达x轴，在x轴方向上的位移为x′，则

x′=v0t′

y′=h﹣y=h﹣t=vyt′

则 l=d+x′=d+v0t′=d+v0（﹣）=d+h﹣=+h

代入解得 l=+

答：（1）若加速电场的电势差U＞，则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t为，离开电场区域时的速度v为；

（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l为+．

【点评】本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，结合几何知识进行求解．